1、江西省上饶市横峰中学2020届高三化学下学期适应性考试试题（含解析）1.2020 年春节前后，新冠病毒肆虐全球，防控疫情已成为国际首要大事。按照以往对冠状病毒的经验，乙醚、75%乙醇、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒，下列有关说法错误的是（ ）A. 因乙醇易燃，不可使用酒精溶液大面积对室内空气进行消毒B. 过氧乙酸(CH3COOOH)用于杀灭病毒是因为其含有羧基C. 次氯酸钠具有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需带手套，并稀释使用D. 不能将“84 消毒液”和酒精混合进行环境消毒【答案】B【解析】【详解】A乙醇易与氧气反应生成二氧化碳和水，使用酒精消毒时要注意远离火源，因而酒精不宜向空气中
2、喷撒，最好用擦拭的方式，故A正确；B过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性，可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒（如SARS病毒）、细菌、真菌及芽孢，不是因为其含有羧基，故B错误；C次氯酸钠对皮肤和口腔黏膜具有腐蚀性和刺激性，使用次氯酸钠时建议佩戴防护口罩与手套，并稀释使用，故C正确；D“84”消毒液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，酒精中的C2H5OH具有还原性，两者混合后会发生氧化还原反应，因此“84”消毒液和酒精混合不但不会增加效果，反而会降低消毒效果，产生有毒气体Cl2，故D正确；答案为B。2.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示
3、。下列说法不正确的是（ ）A. M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯C. 对二甲苯的一氯代物有2种D. 异戊二烯所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】AM的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，故A错误；BM中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，故B正确；C对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，故C正确；D异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，故D正确；答案为A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说
4、法正确的是（）A. 高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD. 5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】【详解】A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B. 室温下，1 LpH13
5、的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH为10-13mol/L1L=10-13mol，B错误；C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。4.已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（）A. 氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量
6、的H2B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2C. 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O32Fe+3NaOHD. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH【答案】D【解析】【详解】解：A氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2ONaOH+H2，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；B氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；CNa
7、H具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH，故C正确；D锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。故选D。5.常温下，向1L0.1molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气已知常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A. 0.1molL1HR溶液的pH为5B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R)/c(OH)
8、.c(HR) 逐渐增大C. 当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)D. 当c(R) c(HR)时，溶液必为中性【答案】C【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1molL-1，所以c(R-)c(HR)=0.05molL-1，所以此时c(R-)c(H+)，则0.1molL1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，=Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka=10-5，当通入0.1 mol NH3
9、时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。6.电解法处理CO2和SO2的混合气体的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（ ）A. Ni电极表面发生了还原反应B. 阳极的电极反应为2O2-4e-=O2C. 电解质中发生的离子反应只有2SO2+O2+2O2-=2SOD. 该过程
10、实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环【答案】C【解析】【分析】【详解】A由题图可知，在Ni电极表面SO42-S和CO32-C均为得电子，发生还原反应，即Ni电极作阴极，故A正确；BSnO2电极表面O2-O2，为氧化反应，即SnO2电极作阳极，阳极的电极反应为2O2-4e-=O2，故B正确；C由题图中电解质的转换关系可知，电解质中发生的离子反应有2SO2+O2+2O2-=2SO42-、CO2+O2-=CO32-，故C错误；D该转换过程中，SO42-和CO32-在阴极被还原，同时电解质中又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环，故D正确；答案为
11、C。7.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A. WX是共价化合物B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：QZYD. Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z形成二个共价键，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O、Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W为+1价，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为
12、H、Y为C，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K；AW为K元素，X为H元素，WX是KH，电子式为，其含离子键，为离子化合物，故A错误；BY为C元素，Q为S元素，非金属性S大于C，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：QY，故B错误；CY为C元素，Z为O元素，W为K元素，电子层越多，原子半径越大，则K元素有四层，原子半径最大，C、O属于同周期元素，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：CO，所以原子半径为WYZ，故C错误；DZ和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如H2O、H2O2、CO、CO2、K2O、K
13、2O2、SO2、SO3，故D正确；答案为D。8.DCCNa (二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效、安全的消毒剂。20以上易溶于水。(CNO)3H3 (氰尿酸)为三元弱酸。I.制备DCCA (二氯异氰尿酸)装置如图。主要反应有：碱溶 (CNO)3H3+ 2NaOH=(CNO)3Na2H + 2H2O H0氯化 (CNO)3Na2H +2Cl2=(CNO)3Cl2H + 2NaCl H”、“=”或“”），HSO3-的电离常数约为_（用含a的式子表示）。【答案】 (1). 4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g) H=-1227.8kJmol-1 (2). a=b=cd (3). 60% (
14、4). NO2-e-H2O=NO3-2H+ (5). 0.6 (6). (7). 【解析】【分析】(1)由CO和NO2生成无污染气体，则产物为CO2和N2；根据盖斯定律进行计算；(2)根据外界条件对平衡移动的影响规律进行分析，平衡常数只与温度有关；气体的体积分数之比等于气体的物质的量之比，根据三段式列式进行计算，从而求出NO的转化率；(3)D电极上有红色物质析出，说明在D电极上Cu2+得到电子被还原为Cu，说明D电极为阴极，则A电极为负极，发生氧化反应，据此规律写出极反应方程式；由于加0.1molCu2(OH)2CO3使溶液复原，相当于电解完Cu2+后又电解了H2O，据此计算电子转移的数目；(
15、4)NaHSO3溶液的pH=5，说明的电离大于水解，溶液显酸性；NaHSO3溶液的浓度为amolL-1，pH=5，根据进行计算。【详解】(1)由CO和NO2生成无污染气体，则产物为CO2和N2，方程式为4CO（g）+2NO2（g）=4CO2（g）+N2（g），该反应可由-+4得到，由盖斯定律可得该反应的；(2)反应2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g) H=-759.8kJmol-1为放热反应，温度越高，N2平衡时的体积分数越小，由图可知T1T2，由于正反应放热，温度越高，平衡向逆向移动，平衡常数越小，相同温度下平衡常数相同，固有a=b=cd；设起始时NO的物质的量为a，则CO的物质
16、的量为0.8a，反应的N2的物质的量为，由题意得，解得=0.3a，故NO的转化率为；(3)D电极上有红色物质析出，说明在D电极上Cu2+得到电子被还原为Cu，说明D电极为阴极，则A电极为负极，发生氧化反应，所以A电极通入NO2，发生电极反应为： NO2-e-H2O=NO3-2H+，乙中阴极发生反应：Cu2+2e-=Cu，H2O+2e-=H2+2OH-，阳极发生反应：2H2O-4e-=2O2+4H+，由于加0.1molCu2(OH)2CO3使溶液复原，相当于电解完Cu2+后又电解了H2O，电解Cu2+转移电子数为0.22=0.4NA，电解H2O转移电子数为0.2NA，共转移电子0.6 NA；(4
17、)NaHSO3溶液的pH=5，说明 的电离大于水解，故c(SO32-)c(H2SO3)；的电离平衡为：，NaHSO3溶液的浓度为amolL-1，pH=5，所以。【点睛】本题要注意第(3)题，加入0.1molCu2(OH)2CO3使溶液复原，相当于加入了0.2molCuO和0.1molH2O，加CuO和加CuCO3的效果是一样的，因为CO2会变成气体离开体系。【化学-选修3：物质结构与性质】11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：（1）碳原子价层电子的轨道表达式为_，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电
18、子云轮廓图为_形。（2）根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_。NH3比PH3的沸点高，原因是_。（3）氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_。（4）EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则EMIM+离子中的大键应表示为_。（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_晶体，其中硼原子的配位数为_。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子
19、半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_（列出化简后的计算式）。【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). 【解析】【分析】根据核外电子排布原则确定电子排布图，根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数，根据第一电离能的规律比较第一电离能，根据轨道杂化理论确定杂化轨道类型，根据大键形成的原理确定大键的表示，根据晶体知识确定晶胞类型、配位数及空间占有率。【详解】（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为
20、2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，2p轨道的电子云轮廓图为哑铃形；（2）NH3中N原子价层电子对数为，中N原子价层电子对数，中N原子价层电子对数，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3； NH3比PH3的沸点高是因为NH3分子间存在氢键，而PH3分子间只有范德华力；（3）第VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；（4）根据图中EMIM+离子中键总数为5个，根据图像，EMIM+离子中C
21、原子的空间构型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化；EMIM+离子有6个电子可形成大键，形成的大键原子数为5，故可用符号表示；（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子配位数为4；晶胞中N原子数为4， B原子数，晶胞质量为，晶胞体积为，B、N原子的总体积为，晶胞中原子的空间利用率为；【点睛】本题要注意第（5）题，BN晶体与金刚石结构相似，可以通过金刚石的结构和性质来推断BN的结构和性质。【化学-选修5：有机化学基础】12.2020年2月19日下午，国家卫
22、生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）的通知。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。阿比朵尔中间体I的合成路线如图：已知：R-NO2R-NH2C6H5-OHC6H5-O-R（1）A化学名称是_；E中含氧官能团名称是_；的反应类型是_。（2）C的结构简式为_。（3）的化学方程式为_。（4）满足下列条件的D的同分异构体有_种。a.含有苯环结构，苯环上连接三个取代基；b.可与碳酸氢钠反应产生CO2。（5）已知：当苯环有RCOO-、烃基时，新导入基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为-COOH时，新导入的基团进入原有基团的间位
23、。苯酚、苯胺（）易氧化。设计以为原料制备的合成路线_（无机试剂任用）。【答案】 (1). 苯酚 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +Br2+2HBr (6). 10 (7). 或【解析】【分析】由框图可知，A（）是苯酚，发生硝化反应生成B（），B与乙酰氯取代生成C（），C发生还原反应生成D（），D与发生取代反应生成E（），E成环生成F（），F与碳酸二甲酯发生甲基化反应生成G（），G与Br2发生取代反应生成H（），H与发生取代反应生成最终产物I（）。【详解】（1）由分析可知，A为苯酚；E为，含氧官能团名称是酯基；反应是硝化反应，属于取代反应；（2）由分析可知，C的结构简式为；（3）反应是G与Br2发生取代反应生成H，方程式为+Br2+2HBr；（4）根据题意，符合条件的D的同分异构体含有苯环结构，苯环上连接三个取代基分别为甲基、羧基、氨基，共有10种，分别为：、；（5）以为原料制备可以采用逆推法，酚羟基可以由苯酚酯水解得到，羧基可以由甲基氧化得到，氨基可以由硝基还原得到，故合成路线为：或；【点睛】本题要注意第（5）题，由于酚羟基和氨基易被氧化，加KMnO4时要避免遇见这两个基团，故苯酚酯的水解和硝基的还原都要放到加KMnO4之后进行。